Il Problema del De Saint Venant

Il Problema del De Saint Venant Tema 1 Si consideri una trave di acciaio di lunghezza L = m e con sezione retta a corona circolare di raggio esterno R = 30 cm e raggio interno r = 0 cm, che rispetti le ipotesi del De Saint Venant. Si consideri inoltre un riferimento Cartesiano in cui l asse z coincida con la linea d asse della trave e gli assi x e y siano centrati nel baricentro della sezione d estremità per z = 0, cosicché z [0, L]. La trave sia caricata sulle basi d estremià con distribuzioni di forze superficiali tali che sulla base per z = L la risultante ed il momento risultante rispetto al baricentro della sezione retta sono, rispettivamente: R L = (0, 0, 150) N; M L = ( 100, 100, 00) N m. Si determini: a) la risultante ed il momento risultante sulla base per z = 0; b) il campo di tensione soluzione del problema alla De Saint Venant; c) le distribuzioni di carico superficiale sulle basi estremali per le quali la soluzione del problema alla De Saint Venant é ovunque esatta; d) lo stato di tensione nel punto P = (5, 5, 100) cm, discutendo la sua eventuale planarità e determinando il piano delle tensioni; e) un riferimento principale di tensione in P ; f) un riferimento principale di deformazione in P ; g) il lavoro di deformazione per il solido; h) la variazione di volume del solido. a) Per l equilibrio globale del solido a trave in esame deve risultare: R 0 = R L, M 0 = M L essendo R 0 e M 0 la risultante ed il momento risultante, rispetto al baricentro della sezione retta, relativi alla base per z = 0. 67

68 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata b) Il campo di tensione soluzione del problema alla De Saint Venant in esame é: T(x, y, z) = 0 0 τ xz 0 0 τ yz τ xz τ yz σ z essendo τ xz = M t I p y = 19588.301y N/m τ yz = M t I p x = 19588.301x N/m σ z = N A + M x y M y x = 954.930 19588.301y 19588.301x N/m dove, avendo indicato con e i (con i = x, y, z) i versori coordinati, si é posto: N = R L e z = 150 N, M y = M L e y = 100; Nm, M x = M L e x = 100 Nm M t = M L e z = 00 Nm A = π(r r ) = 0.16 m, = = π(r4 r 4 ) 4 = I p = 0.005 m4 c) Le distribuzioni superficiali di carico sulle basi di estremità per le quali la soluzione alla De Saint Venant é ovunque esatta, si ricavano imponendo l equilibrio ai limiti. Pertanto, sulla base per z = 0: p 0 = T( e z ) = ( 19588.301y, 19588.301x, 954.930 19588.301y 19588.301x) T mentre sulla base per z = L: p L = Te z = ( 19588.301y, 19588.301x, 954.930 19588.301y 19588.301x) T d) Lo stato di tensione nel punto P assegnato risulta banalmente: 0 0 4897.075 T(P ) = 0 0 4897.075 N/m sym 8839.1 Inoltre, com é noto, detto stato di tensione deve risultare piano. Infatti I 3 = det(t ) = 0. Tenuto conto che in P il vettore τ z risulta pari a e che τ z = (τ xz, τ yz, 0) T = 4897.075( 1, 1, 0) T

Il Problema del De Saint Venant 69 M B z nm (// t z ) t z n 1 e z n z C n (// e z ) A z Fig. 1 Costruzione grafica del cerchio di Mohr relativa al tema 1. e z τ z = 4897.075( 1, 1, 0) T allora il piano π delle tensioni in P ha equazione: x y + 0.5 = 0 avendo ricavato il termine noto della precedente imponendo la condizione di appartenenza di P a π. e) In virtù di quanto osservato al punto d), in P la direzione ortogonale a π, cioé e π = 1 ( 1, 1, 0) T, é sicuramente principale di tensione. Per ricavare le altre due direzioni principali di tensione, dovendo queste essere sul piano π trovato, si può fare ricorso alla costruzione grafica di Mohr. In particolare, detto t z = τ z / τ z il versore associato al vettore τ z, nel riferimento (e z, t z, e π ) lo stato di tensione in P si rappresenta come segue: T(P ) = σ z τ z t z 0 8839.1 695.510 0 τ z t z 0 0 = 695.510 0 0 N/m 0 0 0 0 0 0 Conseguentemente, assumendo il piano di rappresentazione del cerchio di Mohr coincidente con π e considerando l asse delle σ n parallelo a e z e l asse delle τ nm parallelo a t z, si ricavano le direzioni principali di tensione n 1 e n che insieme a e π definiscono un riferimento principale di tensione in P (cf. figura 1). f) Poiché il materiale costituente la trave é a comportamento elastico lineare isotropo, allora il riferimento principale di deformazione in P coincide con il riferimento principale di tensione. g) Il lavoro di deformazione risulta:

70 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata a a/4 C a a/4 a/4 Fig. Sezione retta relativa al tema. a E = 1 ( L σz A E + τ ) xz + τyz da G ( = 1 L N EA + M x + M ) y + M t E E GI p = 7.1 10 5 J avendo assunto per l acciaio E = 00000 MPa, ν = 0.3 e quindi risultando G = 7693.07 MPa. h) Infine, poiché la variazione di volume di una trave alla De Saint Venant é causata dal solo sforzo normale N, si ricava: Ω = Ω I 1 NL dω = = 0.6 mm3 K K essendo K = E/(1 ν) = 500000.0 MP a. Tema Assegnata per un solido alla De Saint Venant la sezione riportata in figura con a = 10 cm, si determini la distribuzione delle tensioni normali σ z nel caso di sollecitazione di sforzo normale eccentrico applicato in C, indicandone i valori massimo e minimo. Si utilizzi il metodo dei momenti di nocciolo considerando per lo sforzo normale il valore N = 100 N. Si verifichino i risultati tramite le formule monomia e trinomia. Si valuti inoltre il luogo delle posizioni del centro di pressione sull asse congiungente il punto C assegnato al baricentro della sezione, relativamente alle quali é assicurato uno stato di sollecitazione di sola trazione.

Il Problema del De Saint Venant 71 n 1 P 1 C P d n* P d n* P n * m y o x E e m en* G E 1 n O x o y s P Fig. 3 Notazione e convenzioni relative al tema. Rispetto ad un riferimento di comodo (O, x o, y o ) scelto come indicato in figura 3, le coordinate del baricentro per la sezione assegnata risultano: x G = 10 cm, y G = 5.94 cm Vista la simmetria della sezione, il riferimento (G, x, y) riportato in figura 3 é principale di inerzia ed in particolare, utilizzando il teorema del trasporto, risulta: = 93.94 cm 4 ρ x = 5.4 cm = 1888.0 cm 4 ρ y = 4.35 cm essendo A = 100 cm l area della sezione retta proposta. Riferendosi d ora in poi al riferimento principale di inerzia introdotto, il centro delle pressioni C ha coordinate(e x, e y ) T = (5, 6.56) T cm, cosicché l eccentricità risulta e = e x + e y = 8.5 cm. Il coefficiente angolare dell asse di sollecitazione s si ricava come: tan α = e y e x = 1.31 Conseguentemente, l equazione dell asse dei momenti m é: m) y = tan γ x = 1 tan α x = 0.76 x mentre l equazione dell asse n, coniugato baricentrico di s, risulta:

7 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata n ) y = tan β x = tan γ x = 1.18 x essendo β = 49.81 o l angolo che l asse n forma con l asse delle x. Le direzioni degli assi m e n possono caratterizzarsi tramite i versori e m e e n (cf. figura 3), rispettivamente definiti come: { } { } 1 1 0.80 e m = = 1 + tan γ tan γ 0.61 { } { } e 1 1 0.65 n = = 1 + tan β tan β 0.76 Conseguentemente, l angolo δ fra l asse m e n é tale che: cos δ = e m e n = 0.98 Inoltre, il momento di figura del secondo ordine per la sezione retta assegnata, rispetto all asse n e valutato considerando le distanze ortogonali, può valutarsi come: I n = + + cos β = 33.5 cm 4 D altra parte, detta d r P la distanza del generico punto P dalla generica retta r, valutata ortogonalmente a quest ultima e, detta d rp la distanza di P da r valutata parallelamente ad s (cioé considerando distanze oblique), é noto che risulta d r P = d rp cos δ. Pertanto, il momento di figura del secondo ordine rispetto all asse n ed in distanze oblique é: I n = I n cos = 437.47 cm4 δ Si considerino ora le rette n 1, n parallele ad n e tangenti estreme alla figura rispettivamente in P 1, P. Dalla figura 3 é immediato ricavare che P 1 = (x P1, y P1 ) T = (5, 9.06) T cm, P = (x P, y P ) T = ( 10, 5.94) T cm e pertanto le rette n 1, n hanno equazione: n 1 ) y = tan β (x x P1 ) + y P1 y = 1.18 x 14.98 n ) y = tan β (x x P ) + y P y = 1.18 x + 17.77 Ne consegue che i moduli delle distanze oblique del baricentro G della sezione da n 1 e n risultano pari a: d n 1 G = d n 1 G cos δ = 1 tan βx P1 + y P1 = 9.90 cm cos δ 1 + tan β d n G = d n G cos δ = 1 tan βx P + y P = 11.75 cm cos δ 1 + tan β

Il Problema del De Saint Venant 73 z P 1 n * n 1 C n x G n y s P Fig. 4 Diagramma delle tensioni σ z relativo al tema. e quindi i raggi di nocciolo distesi su s, cioé le misure dei segmenti E 1 G e E G, risultano: E 1 G = E G = ρ n d =.46 cm n 1 G ρ n d =.07 cm n G essendo ρ n = I n /A. In definitiva, i valori massimo e minimo per σ z si registrano in corrispondenza dei punti P 1 e P rispettivamente e, sfruttando il metodo dei momenti di nocciolo, risultano: σ z (P 1) = N ( 1 + e ) = 4.35 N/cm A E 1 G σ z (P ) = N ( 1 e ) =.98 N/cm A E G Corrispondentemente, é possibile tracciare il diagramma delle σ z per tutti i punti della sezione retta, come riportato in figura 4. Per ciò che concerne la verifica dei risultati appena ottenuti tramite la formula monomia, si osservi che allo sforzo normale eccentrico assegnato corrisponde il momento flettente M = Ne = 85.0 N cm. Inoltre, l equazione dell asse neutro n, antipolare per C, risulta: n) e x x ρ y + e y y ρ x + 1 = 0 0.7 x 0. y + 1 = 0

74 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata e quindi d np 1 = d np 1 cos δ = 1 e x x P1 ρ y cos δ ( ex ρ y d np = d np cos δ = 1 e x x P ρ y cos δ ( ex ρ y + ey y P 1 ρ x ) + ( ey ρ x + e y y P ρ x ) + ( ey ρ x + 1 ) = 1.86 cm + 1 ) = 8.79 cm Conseguentemente, utilizzando la formula monomia, si ricavano gli stessi valori ricavati in precedenza: σ z (P 1 ) = M I n d np 1 = 4.35 N/cm σ z (P ) = M I n d np =.98 N/cm Analogamente, considerando le componenti del momento flettente lungo gli assi coordinati, cioé M x = Ne y = 656.5 N cm e M y = Ne x = 500 N cm, anche attraverso la formula trinomia si ottengono ancora i valori massimo e minimo di σ z già trovati: σ z (P 1 ) = N A + M x y P1 M y x P1 = 4.35 N/cm σ z (P ) = N A + M x y P M y x P =.98 N/cm Infine, il luogo dei centri di pressione su s che assicura uno stato di trazione per tutti i punti della sezione retta é definito dal segmento E 1 E, intersezione del nocciolo centrale della sezione con l asse s. In questo caso, infatti, l asse neutro non tagli ala sezione e quindi, essendo N positivo, tutti i punti della sezione sono soggetti a trazione. Tema 3 Si consideri un solido alla De Saint Venant in acciaio di lunghezza L = 3 m, la cui sezione retta é indicata in figura 5, con a = 15 cm. La trave sia caricata sulle basi d estremià con distribuzioni di forze superficiali tali che sulla base per z = L la risultante sia nulla ed il momento risultante rispetto al baricentro della sezione retta sia M L = (500, 50, 0) KN cm, avendo espresso il vettore M L nel riferimento di comodo (O, x o, y o ) indicato in figura

Il Problema del De Saint Venant 75 a a x o O y o a a a Fig. 5 Sezione retta relativa al tema 3. 5. Si determini: a) il diagramma delle σ z, l asse neutro e l asse di flessione; b) le componenti di spostamento per punti sulla linea d asse della trave; c) l energia elastica immagazzinata dal solido e la sua variazione di volume; d) il valore dello sforzo normale supplementare da applicare nel baricentro della sezione retta affinché non siano presenti punti soggetti a trazione. a) Rispetto al riferimento di comodo (O, x o, y o ) assegnato, le coordinate del baricentro per la sezione proposta risultano: x G =.5 cm, y G = 11.5 cm Vista la simmetria della sezione, il riferimento (G, x, y) riportato in figura 6 é principale di inerzia ed in particolare, utilizzando il teorema del trasporto, risulta: = 54843.75 cm 4 = 11815 cm 4 essendo A = 900 cm l area della sezione retta proposta. Riferendosi d ora in poi al riferimento principale di inerzia introdotto, le tensioni normali σ z sono descritte dalla funzione: σ z = M x y M y x = 9.1y +.1x e quindi l equazione dell asse neutro n risulta: n) M x y M y x = 0 y = 0.3 x Conseguentemente, l equazione dell asse di flessione f, ortogonale all asse n, risulta:

76 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata P 1 n G z x P f y Fig. 6 Diagramma delle tensioni σ z relativo al tema 3. f) y = M x M y x y = 4.35 x In figura 6 é riportato il diagramma delle σ z, costruito valutando le distanze dall asse neutro in modo ad esso ortogonale. Si noti che i valori minimo e massimo di σ z si attingono rispettivamente nei punti P 1 e P indicati. In particolare, risultando P 1 = (x P1, y P1 ) T = ( 7.50, 18.75) T cm e P = (x P, y P ) T = (.5, 11.5) T cm, si ricava: σ (min) z = σ z (P 1 ) = 186.81 N/cm σ (max) z = σ z (P ) = 150.18 N/cm b) Sovrapponendo gli effetti relativi alle flessioni rette lungo x e y presenti, si ottiene, a meno di moti rigidi, il seguente campo di spostamento: u = ν M x E xy + M y E [z + ν(x y )] v = M x E [z ν(x y )] + ν M y E xy w = M x E yz M y E xz Pertanto, per i punti sulla linea d asse (cioé per x = 0, y = 0) si ottiene: u = (0.53 10 7 )z cm v = (0.3 10 6 )z cm w = 0 avendo assunto per l acciaio E = 0000000 N/cm e ν = 0.3.

Il Problema del De Saint Venant 77 c) L energia elastica immagazzinata dalla trave risulta: E = 1 MxL + 1 My L = 38.16 J E E mentre, non essendo presente sollecitazione di sforzo normale, la variazione di volume del solido é identicamente nulla. d) Detto N lo sforzo normale supplementare da applicare nel baricentro G, la tensione σ z complessiva risulta, per sovrapposizione degli effetti, pari a: σ z = M x y M y x + N A = 9.1y +.1x + N(1.11 10 3 ) N/cm Poiché la sovrapposizione di N in G non varia l inclinazione dell asse neutro rispetto al caso precedente, i punti più distanti dal nuovo asse neutro risultano ancora P 1 e P. Affinché non vi siano punti della sezione retta soggetti a trazione deve risultare che in P, dove in precedenza si attingeva la massima σ z, si registri ora un valore al più nullo di σ z : σ z (P ) = 9.1y P +.1x P + N(1.11 10 3 ) 0 Pertanto, i valori di N che assicurano la condizione richiesta sono: N 135.41 KN